TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 6.

Oppgave 1

Stupebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter i vertikal retning er null og at dreiemomentet om enhver akse er lik null. Vi ser da umiddelbart at kraften F_{A} er rettet nedover for å gi null dreiemoment om B. Vi ser videre at kraften F_{B} er rettet oppover for å gi null dreiemoment om A.

a) Vi velger her først å beregne dreiemomentene om A. Kraften F_{A} har da null arm og dermed null dreiemoment. Dreiemomentene pga tyngdekreftene er negative siden de prøver å dreie med klokka om A. Tyngdekraften for stupebrettet angriper i tyngdepunktet som ligger i avstand L/2 fra A. Dreiemomentet pga F_{B} er positivt siden det prøver å dreie mot klokka om A. Totalt dreiemoment om A lik null gir

0 = F_{A} · 0 − mg \frac{L}{2} − MgL + F_{B}d
F_{B} = \frac{gL}{d} (M + \frac{m}{2})

Riktig svar: C.

b) Kraftbalanse i vertikal retning gir (med positiv retning valgt oppover)

0 = −F_{A} − mg − Mg + F_{B}
F_{A} = F_{B} − (m + M)g = \frac{gL}{d} (M + \frac{m}{2}) − (m + M)g

Riktig svar: D.

La oss bruke dreiemomentbalanse om B til å kontrollere at vi har riktig uttrykk for F_{A}:

τ_{B} = F_{A}d − mg (\frac{L}{2} − d) − Mg(L − d)
= gL (M + \frac{m}{2}) − (m + M)gd − mg (\frac{L}{2} − d) − Mg(L − d)
= 0.

Ser bra ut!

Oppgave 2

a) Det er tre krefter som virker på ballen, snordraget S, tyngdekraften G = Mg og normalkraften fra veggen, N. Ballen er i ro, dvs i statisk likevekt. Da må f.eks det totale dreiemomentet om ballens tyngdepunkt B være null. Både N og G har null arm mhp en akse gjennom B, og bidrar derfor ikke til τ_{B}. Da kan heller ikke S gi noe dreiemoment om B, og snoras forlengelse må passere gjennom B.

La oss kalle vinkelen mellom veggen og snora for θ. Null nettokraft på ballen horisontalt gir da

N − S sin θ = 0,

mens null nettokraft vertikalt gir

S cos θ − Mg = 0.

Siden snoras forlengelse går gjennom B, har vi

cos θ = \frac{\sqrt{(L + R)^{2} − R^{2}}}{L + R} = \frac{\sqrt{L(L + 2R)}}{L + R}

og

tan θ = \frac{R}{\sqrt{L(L + 2R)}},

slik at

S = \frac{Mg}{cos θ} = Mg \frac{L + R}{\sqrt{L(L + 2R)}}

og

N = S sin θ = Mg tan θ = Mg \frac{R}{\sqrt{L(L + 2R)}}.

Riktig svar: A.

Hvis snora er veldig lang, L ≫ R, er S ≃ Mg og N ≃ 0. Det er rimelig for en ball som henger i ei praktisk talt vertikal snor. Hvis snora er kort, L ≪ R, blir både S og N store, og tilnærmet lik

S ≃ N ≃ Mg\sqrt{\frac{R}{2L}}.

Eksempelvis blir S = N = 10Mg hvis L = R/200. (F.eks ball med radius 10 cm og snor med lengde 0.5 mm.) Litt friksjon mellom ball og vegg vil endre på dette.

b) La oss her kalle vinkelen mellom vegg og snor for α. Null dreiemoment om B gir da

S sin α · R − f · R = 0,

dvs

f = S sin α.

Maksimal friksjonskraft er f_{max} = μN. Null nettokraft horisontalt gir da

N = S sin α = f = μN,

dvs μ = 1, som akkurat gjør det mulig å ha snorfestet øverst på ballen. Riktig svar: B. (En mye enklere løsning finnes ved å bruke snoras festepunkt som referansepunkt. Da har f og N like stor arm, R, slik at f = N og μ = 1 følger umiddelbart.)

Oppgave 3.

a) Her har vi fire ukjente: θ_{0}, S, f, N. Dette krever fire ligninger. Når snella holdes i ro av snora og friksjonen, gjelder N1:

Normalt skråplanet: ∑ F_{⊥} = 0 ⇒ N = Mg cos θ (I)

Langs skråplanet: ∑ F_{||} = 0 ⇒ Mg sin θ = f + S (II) der f er friksjonskrafta.

N1 for rotasjon (mhp snellas massesenter): ∑ τ = 0 ⇒ S r = f R (III)

Statisk friksjonskraft kan ligge mellom null og en øvre grense: f ≤ μ_{s}N = μ_{s}Mg cos θ (IV) Ved grensa θ = θ_{0} – dvs der hvor snella akkurat glipper fra underlaget og begynner å rulle/slure – er friksjonskraften lik det maksimale: f = μ_{s}Mg cos θ_{0}. Ligning (III) gir S = (R/r)f, som innsatt i ligning (II) gir

Mg sin θ_{0} − f − (R/r)f = 0.

Innsetting av maksimalverdien av f gir en ligning for θ_{0}:

Mg sin θ_{0} = μ_{s}Mg cos θ_{0}(1 + R/r)  ⇒  tan θ_{0} = μ_{s}(1 + R/r),

og dermed

\underline{θ_{0} = arctan [μ_{s}(1 + R/r)]}.

Riktig svar: A.

b) Snorkrafta:

\underline{S = \frac{R}{r}f = \frac{R}{r}μ_{s}Mg cos θ_{0}} , Alternative uttrykk: S = \frac{MgR}{r + R} sin θ_{0} = Mg (sin θ_{0} − μ_{s} cos θ_{0}) .

Riktig svar: C.

c) Når snella har begynt å slure, må ligning (II) og (III) erstattes av N2. Vinkelen er nå gitt lik θ (≥ θ_{0}), og de fire ukjente blir: a, S_{1}, f, N. Snorkraften blir en annen enn tidligere, derfor nytt symbol for den, og akselerasjonen a langs skråplanet blir en ukjent. Friksjonskraften nå er gitt av den kinetiske friksjonskoeffisienten μ_{k}:

f = μ_{k}N = μ_{k}Mg cos θ.

Ligning (I) bestemmer N og ligning () bestemmer f, slik at vi har igjen bare to ukjente, a og S_{1}. To ligninger:

N2 langs skråplanet: ∑ F_{||} = Ma ⇒ Mg sin θ − f − S_{1} = Ma (IIb)

N2 for rotasjon (om snellas massesenter): ∑ τ = Iω̇ ⇒ −f R + S_{1} r = Iω̇ (IIIb) der I = treghetsmomentet om snellas akse. Vi har valgt a positiv nedover og positiv ω mot klokka (= den retningen det virkelig går). Når snella rutsjer nedover, rulles snora ut med hastighet v = ω r (IKKE v = ωR!), og ω̇ = v̇/r = a/r. N2-ligningene (IIb) og (IIIb) gir da (vi venter litt med å sette inn for f):

M g sin θ − f − S_{1} = Ma  (1)
−fR + S_{1} r = I (a/r).  (2)

To ligninger og to ukjente (a og S_{1}). Eliminerer S_{1} fra ligning (1) og setter inn i ligning (2):

S_{1} = M g sin θ − f − Ma ⟹^{(2)} −fR + Mgr sin θ − fr = I (a/r) + Mar.  (3)

Løsning av a, med litt smarte divisjoner og innsetting av f gir

\underline{a = g \frac{sin θ − μ_{k} cos θ (1 + \frac{R}{r})}{1 + I/(Mr^{2})}}.

Riktig svar: A.

Oppgave 4.

a) Det kortvarige, kraftige støtet gir kula en (lineær) impuls og en dreieimpuls (relativt massesenteret):

F Δt = MΔV = MV_{0}
τΔt = F hΔt = I_{0}Δω = I_{0}ω_{0}.

Fortegnsvalg: Positiv translasjon i positiv x-retning og positiv rotasjon med klokka, vist i figuren. Vi har som oppgitt neglisjert friksjonskraftens bidrag i det korte tidsrommet Δt, noe som er rimelig unntatt for slag som er veldig svake. En god snookerspiller kan mobilisere en langt større kraft F når det er hensiktsmessig. Vi eliminerer den ukjente størrelsen F Δt fra de to ligningene, og får derved en relasjon mellom V_{0} og ω_{0},

MhV_{0} = I_{0}ω_{0} ⇒ V_{0} = \frac{2R^{2}}{5h} ω_{0} eller \underline{ω_{0} = \frac{5h}{2R^{2}} V_{0}}.  (4)

Riktig svar: D.

b) Ren rulling forutsetter at V_{0} = Rω_{0}, og denne betingelsen er bare oppfylt når \underline{h_{0}/R = +2/5}. Riktig svar: B. c) Dersom h > 2R/5, vil ω_{0} > V_{0}/R, dvs kula roterer for fort i forhold til ren rulling. Det innebærer at undersiden av kula glir mot venstre på underlaget, og friksjonskraften vil derfor være rettet mot høyre. Retningen kan også fastlegges ved at friksjonskraften forsøker å oppnå perfekt rulling ved å redusere vinkelhastigheten og øke translasjonshastigheten. Med kinetisk friksjon er f = μ_{k}N = μ_{k}Mg; ingen bevegelse vertikalt, så N = Mg. Riktig svar: B.

(Dersom h < 2R/5, er situasjonen den motsatte: Friksjonskraften virker mot venstre og gir kula rotasjonsakselerasjon og translasjonsretardasjon. For h < 0 vil ω_{0} < 0, dvs kula roterer ”feil” vei. Friksjonen virker fortsatt mot venstre, dvs den forsøker å få kula til å rotere rett vei.)

Velger vi referansepunktet (hvor som helst) langs x-aksen, vil r_{f} × f = 0, der r_{f} er f’s angrepspunkt, som er i kontaktpunktet mellom kule og bord. De to vektorene er parallelle. Ingen andre krefter gir noe dreiemoment om origo etter at støtet er avsluttet, og total dreieimpuls relativt origo må derfor være bevart. (Luftmotstanden, som vi har neglisjert, gir selvsagt et ørlite dreiemoment, noe som ødelegger for perfekt dreieimpulsbevarelse.)

d) Total dreieimpuls blir

L_{z} = L = M[r × V ]_{z} + I_{0}ω = MRV + I_{0}ω
start: L_{0} = MRV_{0} + (2/5)MR^{2} ω_{0} =^{(4)} MRV_{0}(1 + h/R)
ved ren rulling: L_{r} = MRV_{r} + (2/5)MR^{2} · V_{r}/R = (7/5)MRV_{r}.

Da dreieimpulsen er bevart, må vi ha L_{0} = L_{r}, som gir hastigheten når ren rulling er oppnådd:

\underline{V_{r} = \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R}) V_{0}.}  (5)

Riktig svar: C.

Når h/R = +\frac{2}{5}, finner vi V_{r} = V_{0}, som vi burde. Når h/R > \frac{2}{5}, vil altså massesenterhastigheten øke på vei mot den endelige rullebevegelsen, ellers vil den avta. Merk at V_{r} ≥ 0 alltid, uansett hvor lavt på kula køen treffer, dvs det er ikke mulig å få kula til å trille tilbake etter at ren rulling er oppnådd. For h = −R (vanskelig i praksis!) stopper kula.

e) Når translasjonshastigheten endres fra V_{0} til V_{r} i løpet av en tid t_{r} (som skal bestemmes), er det ene og alene friksjonskraften f = μ_{k}Mg som gir denne akselerasjonen. Akselerasjonen a = f/M = μ_{k}g er konstant, og vi kan bruke konstant-akselerasjonsligningen V_{r} = V_{0} + at_{r} til å bestemme t_{r}. Som funnet i b) peker f mot høyre, og a er positiv når h/R > 2/5, mens f peker mot mot venstre og a er negativ når h/R < 2/5.

Vi tar for oss tilfellet positiv a:

V_{r} = V_{0} + at_{r}  og V_{r} = \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R}) V_{0}
⇒ t_{r} = \frac{1}{a} (V_{r} − V_{0}) = \frac{1}{μ_{k}g} (−\frac{2}{7} + \frac{5}{7} \frac{h}{R}) V_{0} = V_{0} \frac{2}{7μ_{k}g} (\frac{5}{2} \frac{h}{R} − 1) når h/R > 2/5.

Riktig svar: A.

Når h/R < 2/5, blir a = −μ_{k}g, og fortegnet snus:

t_{r} = V_{0} \frac{2}{7μ_{k}g} (1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R}) når h/R < 2/5.

Om ønsket kan vi sammenfatte dette til en ligning:

\underline{t_{r} = \frac{2V_{0}}{7μ_{k}g} |1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R}|} for alle h/R ∈ ⟨−1, 1⟩.

Verdien er 0 bare for h/R = 2/5, i tråd med det vi visste fra før.

f) Energiberegninger: Først startenergien uttrykt ved translasjonsenergien \frac{1}{2}MV_{0}^{2}:

K_{0} = \frac{1}{2}MV_{0}^{2} + \frac{1}{2}I_{0}ω_{0}^{2} =^{(4)} \frac{1}{2}MV_{0}^{2} (1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}} ) .

Dernest energi for den rullende kula med ω_{r} = V_{r}/R:

K_{r} = \frac{1}{2}MV_{r}^{2} + \frac{1}{2}I_{0}ω_{r}^{2} = \frac{1}{2}MV_{r}^{2} · \frac{5}{7} =^{(5)} \frac{1}{2}MV_{0}^{2} · \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R})^{2} .

Og vi kan uttrykke energitapet:

ΔK = K_{r} − K_{0} = \frac{1}{2}MV_{0}^{2} [\frac{5}{7} (1 + 2\frac{h}{R} + \frac{h^{2}}{R^{2}} ) − (1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}} )] = \underline{−\frac{1}{2}MV_{0}^{2} · \frac{2}{7} · (1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R})^{2}}

etter litt algebra. Vi kan også uttrykke relativ energi etter at rulling er oppnådd:

ϵ = \frac{K_{r}}{K_{0}} = \frac{\frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R})^{2}}{1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}}} .

En kontroll: Med et støt som gir ren rulling (h/R = 2/5) er ϵ = 1, dvs ikke energitap. Med h = −R er ϵ = 0, dvs 100% energitap. Dessuten: Med h = +R er ϵ = 40/49 og med h = 0 er ϵ = 5/7.

g) Det er konstant akselerasjon slik at lengden som kula glir langs underlaget før ren rulling oppnås, finnes fra gjennomsnittsfarten ⟨V ⟩:

x_{r} = ⟨V ⟩ t_{r} = \frac{1}{2}(V_{r} + V_{0}) t_{r} = \underline{\frac{2V_{0}^{2}}{49μ_{k}g} (6 + \frac{5h}{2R}) |1 − \frac{5h}{2R}|},

der vi har brukt uttrykk for V_{r} og t_{r} ovenfra. Kontroll: x_{r} = 0 når h/R = 2/5. Vi har lært at det kreves relativt omfattende regning for å bestemme t_{r} eller x_{r}, mens V_{r} i pkt d) (og dermed, med litt ekstra faktoriseringsstrev, ΔK) faller nesten rett ut ved bruk av dreieimpulsbevarelse. Det ville også ha vært interessant å analysere bevegelsen etter et støt som treffer til høyre eller venstre for xy-planet. Dette vil gi sidelengs rotasjon (ω vertikal), noe som kan gi en ikkelineær bane. For curlingspillere er vertikal ω viktig for curlingsteinens videre bevegelse. Men det er utfordrende å regne på!